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2025-2026 学年九年级上册数学单元检测卷
第二十三章 旋转·能力提升
建议用时：120分钟，满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．在平面直角坐标系中，若点 和 关于原点 对称，则 （ ）
A． B．5 C． D．1
【答案】A
【分析】本题考查了关于原点对称的点的性质，准确记忆关于原点对称点横纵坐标之间的关系是解题的关
键．
根据关于原点对称的点的坐标特征，横纵坐标互为相反数，求出m和n的值，再相加即可．
【详解】解：∵点 和 关于原点O对称，
∴点B的坐标为点A坐标的相反数，即 ，
∴ ，且 ，
解得： ， ，
∴ ．
故选：A．
2．剪纸是中国非物质文化遗产的瑰宝，以刀剪为笔，红纸为媒，绘就千年文化传承．以下剪纸作品中，
既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部
分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转 ，如果旋转后的图形能
够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可．【详解】解：A．.是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B．不是轴对称图形，但是中心对称图形，不符合题意；
C．既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
D．不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选C．
3．如图，将 绕点C顺时针旋转 得到 ．当点 落在 的延长线上时，恰好 ，若
，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理等知识点，
解题的关键是熟练掌握旋转的性质和平行线的性质．
利用旋转的性质得出 ，再利用等腰三角形的性质得出 ，可得
．
【详解】解：由旋转知 ， ， ，
，
，
，
，
，
故选B．
4．如图， 与 关于点 成中心对称，有以下结论：
①点 与点 是对称点；② ；
③ ；④ ．其中结论正确的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题考查了中心对称、全等三角形的性质、平行线的判定和性质等知识，解题的关键是掌握中心
对称的性质．
利用中心对称的性质解决问题即可．
【详解】解：∵ 与 关于点 成中心对称，
∴ ≌ ，
∴点 与点 是对称点， ， ， ，
故①②③正确．
故选：C ．
5．如图，在 中， ， ， ，P是 上的任意一点，连接 ，将 绕点A按
顺时针方向旋转至 ，使 ，连接 ．则线段 长度的最小值为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】如图所示，在 上取点E使 ，证明出 ，得到 ，当
时， 最短，即 最短，如图所示，求出 ，进而利用含30度角直角
三角形的性质求解即可．
【详解】如图所示，在 上取点E使∵
∴ ，即
∵将 绕点A按顺时针方向旋转至
∴ ，
∵
∴
∴
∵P是 上的任意一点
∴当 时， 最短，即 最短，如图所示，
∵
∴
∵
∴
∴ 的最小值为2，即 的最小值为2．
故选：B．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，含30度角直角三角形的性质，旋转的性质等知识，解题的
关键是掌握以上知识点．
6．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的菱形 的顶点B在y轴上，点A在第一象限， ，
将菱形 绕原点O沿顺时针方向旋转，每次旋转 ，旋转第一次得到四边形 （点 与点A重合），则旋转第四次得到的点 的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据菱形的性质得到 ， ，再根据 ，利用直角三角形两个锐角
互余，求得 ，然后由旋转得 ，根据点B在y轴上，得出点 在x轴上，
可知旋转第四次时，点 落在x轴的负半轴上，再求出 ， ，从而可
得 ，再利用含有 的直角三角形的性质求得 ，进而求得 ，于是可求
得 ．
【详解】解：连接 ，
∵四边形 是边长为2的菱形， ，
∴ ， ，
∴ ，
由旋转得 ，∴ ，
∵点B在y轴上，
∴点 在x轴上，
∴旋转第四次时，点 落在x轴的负半轴上，
作 轴于点E，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵点 在第三象限，
∴ ，
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，菱形的性质，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一
半，勾股定理等知识，通过探究，确定旋转第四次时菱形所在的位置是解题的关键．
7．如图，两张相同的宽为 的矩形纸片叠放在一起，点 是纸片中的任意一点．将一张纸片绕着点
逆时针旋转 ，则旋转过程中，两张纸片重叠部分（即四边形 ）面积的最小值是
（ ）
A．8 B．8 C． D．【答案】C
【分析】本题考查菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，过点D作 ， ，连接
、 交于点O．根据题意先证出四边形 是平行四边形，再由 ， ，得
，即有平行四边形 是菱形，结合图形得出旋转过程中，菱形的高不变，底变化，当两张纸
片垂直时，即 时，底边 最短，即可求出面积最小值．
【详解】解：过点D作 ， ，连接 、 交于点O．
由题意知： ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵两个矩形等宽，
∴ ，
∵在平行四边形 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴平行四边形 是菱形，
旋转过程中，菱形的高不变，底变化，
当两张纸片垂直时，即 时，底边 最短，此时面积为： ，
故选：C．
8．如图， 与 都是等边三角形， ， ，连接 ， ，若将 绕点 逆时针
旋转，当点 ， ， 在同一条直线上时，线段 的长为（ ）A． B． C． 或 D． 或
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，根据△
是等边三角形，可得 ，由点 、 、 在同一条直线上，需要分2种情况①当点 在 延长
线上时；②当点 在 延长线上时，分别画出对应的图形，然后过点 作边 的垂线 （或 ，利
用含 角的 （或 ）求得垂线 （或 的长，最后利用勾股定理即可求解 的长．
熟练掌握以上知识点，学会分类讨论多种情况的图形，能够结合图形作垂线构造直角三角形是解题的关键．
【详解】解： 与 都是等边三角形，
， ， ，
①当点 在 延长线上时，作 交 于 ，连接 ，如图1，
， 是等边三角形，
， ，
， ，
在 中， ，
；
②当点 在 延长线上时，作 交 于 ，如图2，
同理①可得， ， ，， ，
在 中，由勾股定理得： ；
综上所述，线段 的长为 或 ．
故选：C．
9．如图，抛物线 ： 与 轴交于点 ， （点 在点 的左侧），与 轴交于点 ．将抛物
线 绕点 旋转 ，得到新的抛物线 ，它的顶点为 ，与 轴的另一个交点为 ．若以 ， ， ，
为顶点的四边形是矩形．则 的值为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据 ， ， ， 为顶点的四边形是矩形，得到 ；根据抛物线的对称性，得 ，
于是 等边三角形，根据 ，得到 ，计算解答即可．
【详解】解：连接 ，
根据 ， ， ， 为顶点的四边形是矩形，得到 ；
根据抛物线的对称性，得 ，
故 等边三角形，
故 ， ，又 ，
故 ，
又 ,
故 ，
故 ，
，
解得 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，抛物线的对称性，勾股定理，熟练掌握性质
和定理是解题的关键．
10．如图， 是正 内一点， ，将线段 以点 为旋转中心逆时针旋转
得到线段 ，下列结论： 可以由 绕点 逆时针旋转 得到； 四边形
的面积是 ，其中正确结论有 个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】证 ，即可判断①；连接 ，可推出 是等边三角形，即可判断；由
得 ，推出 ， ，即可判断②；作 ，则，可求出 ， ，根据四边形 的面积
，即可判断③；将 绕点 逆时针旋转 得到 ，连接 ，
作 ，同理可得： 是等边三角形， ， ，求出
，根据 ，即可判断④；
【详解】解：连接 ，如图所示：
由题意得： ，
∴ ，
∴ ，
∴ 可以由 绕点B逆时针旋转 得到；故①正确；
∵ ， ，
∴ 是等边三角形，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，故②正确；
作 ，如图所示：则 ，
∴ ，
∴
∴四边形 的面积 ，故③正确；
将 绕点 逆时针旋转 得到 ，连接 ，作 ，如图所示：
同理可得： 是等边三角形， ， ，
则 ，
∴ ，
∴
∴ ，故④正确；
故选：D二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．如图， 绕某点旋转得到 ，则其旋转中心的坐标是 ．
【答案】
【分析】本题考查了旋转的性质、找旋转中心，熟练掌握以上知识点，采用数形结合的思想是解此题的关
键．
先根据旋转的性质得出点 的对应点为点 ，点 的对应点为点 ，连接 、 ，作线段 、 的
垂直平分线，它们的交点为 ，即可得到答案．
【详解】解： 绕某点旋转，得到 ，
点 的对应点为点 ，点 的对应点为点 ，
如图，连接 、 ，作线段 、 的垂直平分线，它们的交点为 ，
， 旋转中心的坐标是 ，
故答案为： ．
12．如图， 与 关于点 成中心对称， ， ， ，则点 到 的距离是
．【答案】
【分析】本题考查了中心对称图形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握中心对称图形的性质是解题关键．
过点 作 于点 ，先根据中心对称图形的性质可得 ， ， ，
利用勾股定理可得 ，从而可得 ，再利用勾股定理可得 ，然后利用三角形的面积公
式求解即可得．
【详解】解：如图，过点 作 于点 ，
∵ 与 关于点 成中心对称， ， ，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即点 到 的距离是 ，
故答案为： ．
13．如图，将 绕点 旋转 得到 ，若点 的坐标为 ，则点A的坐标为．
【答案】
【分析】本题考查坐标与图形变化-旋转、全等三角形的判断与性质等知识点，熟知图形旋转的性质是解题
的关键．
分别过点 和点 作y轴的垂线，构造出全等三角形即可解答．
【详解】解：如图：分别过点 和点 作y轴的垂线，垂足分别为D、E，
∵ ， ，
∴ ， ，即 ，
由旋转可知， ，
∵ 轴， 轴，
，
在 和 中，
，，
，
∴
∴点A的坐标为 ．
故答案为： ．
14．如图所示，在 中， ， ， ，将 绕顶点 C 逆时针旋转得到
， 与 相交于点 P．则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】该题考查了旋转的性质，勾股定理，当 与 垂直时， 有最小值，即为直角三角形斜边上
的高，由勾股定理求出 长即可．
【详解】解：当 与 垂直时， 有最小值，如图．
，
，
，
由旋转的性质得 ，，
，
故答案为： ．
15．一段抛物线： ，记为 ，它与x轴交于点O、 ；将 绕点 旋转 得 ，
交x轴于点 ；将 绕点 旋转 得 ；交x轴于点 ；…若 是其中某段抛物线上一点，则
．
【答案】
【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换，根据平移规律得出 的解析式是解题的关键．
求出抛物线 与 轴的交点坐标，然后得到 ， ， ， ，求出 ， ， ，
的解析式，然后找到规律，求出 的解析式，然后把点P的横坐标代入计算即可得解．
【详解】解：∵一段抛物线： ，
∴图象与x轴交点坐标为： ， ，
∵将 绕点 旋转 得 ，交x轴于点 ；将 绕点 旋转 得 ，交x轴于点 ；
∴ ， ， ，
∴ 的解析式为 ， 的解析式为 ， 的解析式为 ，
的解析式为 ，
∵∴ 的解析式为 ，
∴当 时， ．
故答案为： ．
16．已知 中， ， ， ， 分别是 ， 的中点，连接 ，将
绕顶点 旋转，当点 到直线 的距离为1时， 的长为 ．
【答案】 ， 或
【分析】根据三角形中位线求得 ，利用勾股定理求得 的长度，再利用旋转的性质，根据点 到直线
的距离为1，分类讨论求解即可．
【详解】解∵ 中， ， ， 分别是 ， 的中点，
∴ 为直角三角形
∵
∴ ， ，
∴
若点 到直线 的距离为1，则可分四种情况进行讨论，
①当点 在直线 的右侧，点 在上方时，如图（1）过点 作 ，
∵点 到直线 的距离为1，
∴ ， 三点共线，
∵ ，
∴四边形 是矩形
∴ ， ，∴
∴ ；
②当点 在直线 的左侧，点 在上方时，如图（2）过点 作 交 延长线于点 ，过点 作
，则
∵点 到直线 的距离为1，
∴
∴
由题意可得：四边形 为矩形
∴ ，
∴
∴ ；
③当点 在直线 的左侧，点 在下方时，如图（3）
∵点 到直线 的距离为1，
∴
∴四边形 为矩形，
∴ ， 三点共线
∴ ；
④如图（4）当点 在直线 的右侧，点 在下方时，， ，点 到直线 的距离为1
可以确定点 在线段 上，且
则
综上， 的长为 ， 或 ,
故答案为： ， 或
三、解答题（第17，180题，每题6分；第21，22，23题；每题8分；第24，25题，每题12分；共9小
题，共72分）
17．如图，正方形 是由正方形 旋转而成的，点D在 上．
(1)直接写出旋转中心和旋转角；
(2)若正方形的边长是1，直接写出 的长．
【答案】(1)旋转中心为点 ，旋转角为
(2)
【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理等知识．熟练掌握旋转的性质，正方形的性质，
勾股定理是解题的关键．
（1）根据旋转的知识作答即可；
（2）根据 ， ，计算求解即可．
【详解】（1）解：由题意知，旋转中心为点 、旋转方向为逆时针旋转，旋转角为 ；
（2）解：∵正方形的边长是1，
∴ ， ，
∴ ，∴ 的长为 ．
18．点 为 中内任一点，连接 ， ， ，将 绕点 逆时针旋转 ，得到 ．
(1)如图，试判断 的形状，并说明理由．
(2)若点 是 内一个动点，试说明当点B，P，D，E四个点满足什么位置条件时，PA 的和
最小．
【答案】(1)等边三角形，理由见解析
(2)四个点在一条直线上时， 的和最小，理由见解析
【分析】该题考查了旋转的性质、等边三角形的性质和判定、两点之间线段最短，解题的关键是掌握以上
知识点．
（1）由旋转可得 ， ，即可证明；
（2）由（1）可知 为等边三角形，则 ，故
，即可得当点B，P，D，E四个点在一条直线上时， 的和最小．
【详解】（1）解：由题意可知 由 旋转得到，
，
，
又 ，
为等边三角形．
（2）解：当点B，P，D，E四个点在一条直线上时， 的和最小．
理由：由（1）可知 为等边三角形，
，
，
观察图可知，当点B，P，D，E四个点在一条直线上时， 的和最小．
19．如图，在平面直角坐标系中，已知点 ， ， ，请解答下列问题：(1)若 经过平移后得到 ，已知点 的坐标为 ，请作出 ；
(2)若 和 关于原点 成中心对称，画出 ；
(3)在 轴上找一点 ，使得 的面积等于 的面积，直接写出点 的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3) 或
【分析】本题考查作图-旋转变换、作图-平移变换，一次函数的平移以及待定系数法求一次函数解析式，
勾股定理，熟练掌握平移的性质、中心对称的性质是解答本题的关键．
（1）根据平移的性质作图即可．
（2）根据中心对称的性质作图即可．
（3）延长 交 轴于点 ，此时点 即为满足题意的点 ，可得点 的坐标为 ；过点 作
的平行线，与 轴相交于点 ，待定系数法求得直线 的解析式，进而得出 的解析式，令 ，可
得点 的坐标，进而可得答案．
【详解】（1）如图， 即为所求．（2）如图， 即为所求．
（3）延长 交 轴于点 ，可得点 的坐标为 ；
∵
∴此时 的面积等于 的面积，过点 作 的平行线，与 轴相交于点 ，
此时 的面积等于 的面积，
设 的解析式为 ，代入 ，
∴
解得：
∴ 的解析式为
设直线 的解析式为 代入 ，
∴
解得：
∴直线 的解析式为
当 时，
解得：点 的坐标为
综上所述，点 的坐标为 或
20．正方形 的对角线相交于点 ，正方形 的顶点 与点 重合，而且这两个正方形的边长
都是1．已知 ， 与正方形 的边分别交于 ， 两点．
(1)如图1，若 ，则重叠部分四边形 的面积是___________．
(2)当正方形 绕点O旋转到如图2所示的位置时，四边形 的面积是否发生变化？证明你的结
论．
【答案】(1)
(2)面积不发生变化，理由见解析
【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于
旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质；
（1）先根据正方形的性质得到 ， ， ，再证明 得
到 ，所以重叠部分四边形 的面积 ；
（2）先根据正方形的性质得到 ， ， ， ，再证明得到 ，所以重叠部分四边形 的面积 ，于是判断四
边形 的面积不发生变化．
【详解】（1）解：如图1， 四边形 和四边形 都为正方形，
， ， ，
，
，
，
在 和 中，
，
，
，
重叠部分四边形 的面积 ；
故答案为： ；
（2）解：四边形 的面积不发生变化．
理由如下：
四边形 和四边形 都为正方形，
， ， ， ，
， ，
，
在 和 中，，
，
，
重叠部分四边形 的面积 ；
即四边形 的面积不发生变化．
21．“感知”：如图① 和 都是等腰直角三角形， ，点 在线段 上，
点 在线段 上，我们很容易得到 ，不需证明．
“探究”：如图②将 绕点 逆时针旋转 ，连接 和 ，此时 ．是否依然
成立？若成立，写出证明过程，若不成立，说明理由．
“应用”：如图③将 绕点 逆时针旋转，使得点 落在 的延长线上，连接 ，若
， ，求线段 的长．
【答案】探究： 成立，证明见解析；应用： ．
【分析】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与
性质，勾股定理，证明 是解题的关键．
探究：根据旋转的性质得出 ，然后利用 证明 即可；
应用：②利用勾股定理求出 ，可得 的长，根据全等三角形的性质可得 的长，求出 ，
根据勾股定理可得答案．
【详解】探究： 成立，
证明：∵ 和 都是等腰直角三角形，∴ ， ，
∵将 绕点A逆时针旋转 ，
∴ ，
在 与 中， ，
∴ ，
∴ ；
应用：∵在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴ ，
∵ 是等腰直角三角形，
∴ ，
同探究可得： ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
22．【问题呈现】
如图，将 绕点 按顺时针方向旋转得到 ，点 落在 边上的点 处，连接 ．（点
的对应点分别是点 ）
【初步发现】
（1）如图1，五边形 的内角和的度数为__________°，外角和的度数为__________°；
【求知探究】
（2）求证： 平分 ；
【拓展延伸】（3）如图2， ， ，当 三点在同一条直线上时，求 的面积．
【答案】（1）540，360；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由多边形内角和定理即可得出答案；由多边形的外角和定理即可得出五边形 的外角
和的度数；
（2）根据平行四边形性质得 ，则 ，由旋转的性质得 ，进而得
，由此得 ，据此即可得出结论；
（3）过点C作 于点H，由旋转性质得 ， ，
进而得 ，由B，E，F三点在同一条直线上得 ，进而得 ，由
（2）可知 ，则 ，由此得 ，再根据等腰三角形性质得
，继而由勾股定理得 ，然后由三角形面积公式即可求出 的面积，
【详解】解：（1）由多边形内角和定理得：五边形 的内角和的度数 ，
∵多边形的外角和等于 ，
∴五边形 的外角和的度数为
故答案为：540，360；
（2）证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
由旋转的性质得： ，
∴ ，
∴ ，
∴ 平分 ，
（3）过点C作 于点H，如图所示：∵四边形 是平行四边形，
∴
∵将 绕点 按顺时针方向旋转得到 ， ， ，
∴
∴
∵当 三点在同一条直线上
∴
∴
由（2）可知， ，
∴ ，
∴ ，
则 ，
在 中， ， ，
∴ ， ，
在 中， ， ，
则 ，
∴ ， ，
∴ 的面积 ．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，多边形内角与外角，图形的旋转变换及其性质，理解平行四
边形的性质，熟练掌握多边形内角和定理与外角和的性质，图形的旋转变换及其性质，等腰三角形，平行
线的性质是解决问题的关键．
23．在长方形 中， ，将长方形 绕点 顺时针旋转一定角度（不超过 ），
得到长方形 ．(1)如图1，分别连接 ，当 时，求 的度数；
(2)如图2，当点 落在 边上时，延长 交 于点 ，求证： ；
(3)如图3，当点 落在线段 上时， 与 交于点 ，求 的面积．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先证明 ，结合旋转可证明 为等边三角形，则 ；
（2）先证明 ，则 ，而 ，则 ，再由线段和差即可证明；
（3）连接 ，则先证明 ，然后可得 ，设 ，则
，然后在直角三角形 中由勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）解： 四边形 是矩形
，
，
又由旋转得： ，
为等边三角形
；
（2）证明： 由旋转可得：四边形 和 全等矩形，
，
，
而 ，
，
即 ．
（3）解：如图，连接 ，依题可知： ，
，
又
，
∵矩形 中， ，
，
设 ，则 ，
∵在直角三角形 中，
，
解得 ，．
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾
股定理，等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
24．如图1，抛物线 ： 经过点 和点 ，抛物线 与 关于原点O成中心对称．
(1)求b，c的值；
(2)求抛物线 的解析式；
(3)将抛物线 向上平移2个单位长度得到 ，抛物线 与 相交于P，Q两点（点P在点Q的左侧），
如图2．
①求点P和Q的坐标；
②若点M，N分别为抛物线 与 上P，Q之间的点（点M，N均不与点P，Q重合），直接写出四边形
面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)①点P的坐标为 ，点Q的坐标为 ；②16
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，二次函数与面积问题．
（1）将点 和点 代入 即可求解；（2）设点 是 上任意一点，则点 关于原点O成中心对称的点坐标为 ，
即可得到抛物线 的解析式为 ；
（3）①通过联立方程组 ，求点P和Q的坐标；
②过点 作 轴交 于点 ，过点 作 轴交 于点 ，先求出直线 的解析式为
，设 ， ，则 ， ，求出当 时，
有最大值4，当 时， 有最大值4，再根据 ，得到当
最大时，四边形 面积的最大，最后代入计算即可．
【详解】（1）解：将点 和点 代入 得
，
解得 ；
（2）解：由（1）可得抛物线 ，
设点 是 上任意一点，则点 关于原点O成中心对称的点坐标为 ，
∵抛物线 与 关于原点O成中心对称，
∴抛物线 的解析式为 ，
整理得 ；
（3）解：①将抛物线 向上平移2个单位长度得到 ，则抛物线 的解析式为，
联立 ，解得 或 ，
∵抛物线 与 相交于P，Q两点（点P在点Q的左侧），
∴点P的坐标为 ，点Q的坐标为 ；
②过点 作 轴交 于点 ，过点 作 轴交 于点 ，
∵点P的坐标为 ，点Q的坐标为 ，
∴设直线 的解析式为 ，
∴ ，
解得 ，
∴直线 的解析式为 ，
设 ， ，
则 ， ，
∴ ， ，
∵ ，∴当 时， 有最大值4，
当 时， 有最大值4，
∵ ，
∴当 最大时，四边形 面积的最大值为 ．
25．如图①，四边形 与四边形 是共一个顶点的两个大小不同的正方形．
【操作发现】
（1）如图②，正方形 绕点A逆时针旋转，使点E落在边 上，线段 与 的数量关系是
________， 与 的关系是________．
【猜想证明】
（2）如图③，正方形 绕点A逆时针旋转某一角度 时，猜想（1）中的结论是否成立？
并证明你的结论．
【拓展应用】
（3）如图④，正方形 绕点A逆时针旋转，使点F落在直线 上，当 时，直接写
出 的长度．
【答案】（1） （2）成立，见解析（3） 或
【分析】（1）由“ ”可证 ，可得 ；
（2）由“ ”可证 ，可得 ；
（3）分点 落在 上，点 落在 延长线上，两种情况讨论．
【详解】解：（1）∵四边形 ，四边形 都是正方形，
∴ ，∴ ，
∴ ，
故答案为： ；
（2）结论仍然成立，
理由如下：∵四边形 ，四边形 都是正方形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）如图，当点 落在 上时，过点G作 于H，
∵F落在边 上，
∴ ，
∵ ， ，
在 中，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ；
如图，当点 落在 延长线上时，过点G作 交 延长线与于H，
同理得： ，
∴ ，
∴ ；
综上， 的长度为 或 ．
